Среднее абсолютное отклонение меньше стандартного отклонения для

9

Я хочу сравнить среднее абсолютное отклонение со стандартным отклонением в общем случае с этим определением:

MAD=1n11n|xiμ|,SD=1n(xiμ)2n1

где μ=1n1nxi.

Верно ли, что MADSD для каждого {xi}1n ?

Это неверно для n=2 , потому что x+yx2+y2 , для каждогоx,y0.

Легко показать, что:

MADnn1×SD

Лисбет
источник

Ответы:

11

Нет, в целом это не так.

Простой способ взглянуть на это - смоделировать. Обычно я собираю бесконечный цикл, который останавливается, если он находит контрпример. Если он работает долго, я начинаю думать о том, может ли претензия быть правдой. В данном случае мой код R выглядит так:

while ( TRUE ) {
    xx <- runif(3)
    mad <- sum(abs(xx-mean(xx)))/(length(xx)-1)
    sd <- sqrt(sum((xx-mean(xx))^2)/(length(xx)-1))
    if ( mad > sd ) break
}
xx

Это дает контрпример:

[1] 0.7852480 0.0760231 0.8295893
Стефан Коласса
источник
3
n1n
snn
2

μ=0

(i=1i=n|xi|)2(n1)(i=1i=n|xi|2))

|xi||xj|xix1=x2=1,x3=x4=14343

Мех
источник
nxi=±1
MAD=nn1>nn1=SD
MADSDxi
nx0=2x1=x2=1xi=±1
MAD=n+1n1>n+3n1=SD
n1
n2+2n+1=(n+1)2(n+3)(n1)=n2+2n3
MAD>SDxi|xi||xj|n2(n1)xi
@Martijn Все, что я говорил, было то, что небольшая алгебра указала путь к поиску контрпримеров. Я ни в коем случае не думаю, и я не думаю, что у меня даже создалось впечатление, что я думал, что неравенство всегда было ложным или истинным.
Мех
Комментарий "(n-1) недостаточно, чтобы восполнить ..." звучал для меня немного сложно. В некоторых случаях этого может быть достаточно.
Секст Эмпирик